备考2024届高考数学一轮复习强化训练第七章立体几何与空间向量第6讲空间角和空间距离

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A.13B.12C.33D.32
解析 如图所示，连接AC，取AC的中点为O，连接OB，OE，因为E为SC的中点，所以SA∥OE，则∠OEB（或其补角）为直线BE与SA所成的角.因为正四棱锥S－ABCD的所有棱长都相等，所以设棱长为2，则OE＝1，BE＝3，OB＝2，则OE2＋OB2＝BE2，所以OB⊥OE，所以cs∠OEB＝OEBE＝13＝33，故选C.
2.[命题点1]如图所示，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点，AB＝CE.
（1）求证：DE∥平面ACF.
（2）求异面直线EO与AF所成角的余弦值.
解析 （1）如图，连接OF，由题可知O为BD的中点，又F为BE的中点，所以OF∥DE，又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，
所以DE∥平面ACF.
（2）取AD的中点G，连接CG，
因为底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，
所以△ACD是等边三角形，所以CG⊥AD，
因为CB∥AD，所以CG⊥CB，
又EC⊥平面ABCD，所以以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
设菱形ABCD的边长为2，可得CE＝2.
则E（0，0，2），O（32，12，0），A（3，1，0），F（0，1，1），EO＝（32，12，
－2），AF＝（－3，0，1）.
设异面直线EO与AF所成的角为θ，
可得cs θ＝｜EO·AF｜EO||AF｜｜＝｜32×（－3）＋12×0+(－2）×1｜（32）2＋（12）2＋（－2）2×（－3）2＋02＋（－1）2＝7520.
所以异面直线EO与AF所成角的余弦值为7520.
3.[命题点2，3/2022天津高考]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点.
（Ⅰ）求证：EF∥平面ABC.
（Ⅱ）求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.
解析 （Ⅰ）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AC⊥AB，所以AB，AA1，AC两两垂直，所以分别以AB，AA1，AC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
因为AB＝AC＝AA1＝2，且D，E分别为A1B1，AA1中点，所以E（0，1，0），C（0，0，2），D（1，2，0）.
因为F为CD中点，所以F（12，1，1），所以EF＝（12，0，1）.
易知平面ABC的一个法向量为n＝（0，1，0），
因为EF·n＝0，且EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（Ⅱ）B（2，0，0），C1（0，2，2），CD＝（1，2，－2），所以BE＝（－2，1，0），CC1＝（0，2，0），
设平面CC1D的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则n1·CC1=0，n1·CD=0，即2y1=0，x1+2y1－2z1=0，则y1＝0，令z1＝1，则x1＝2，所以平面CC1D的一个法向量为n1＝（2，0，1）.
设直线BE与平面CC1D所成的角为θ，则sin θ＝｜cs＜BE，n1＞｜＝｜BE·n1｜｜BE｜·｜n1｜＝45，
即直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为45.
（Ⅲ）A1（0，2，0），所以A1C＝（0，－2，2），A1D＝（1，0，0），设平面A1CD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则n2·A1C=0，n2·A1D=0，即－2y2+2z2=0，x2=0，则x2＝0，
令y2＝1，则z2＝1，所以平面A1CD的一个法向量为n2＝（0，1，1）.
设平面A1CD与平面CC1D的夹角为α，则cs α＝｜cs＜n1，n2＞｜＝15×2＝1010，所以平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为1010.
4.[命题点4]如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝2，E，F分别为棱BC，B1C1的中点.
（1）求证：平面BD1F∥平面C1DE.
（2）求平面BD1F与平面C1DE间的距离.
解析 解法一 （1）在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为BC，B1C1的中点，
所以FC1∥BE，且FC1＝BE，
所以四边形FC1EB为平行四边形，所以BF∥C1E.
又因为BF⊄平面C1DE，所以BF∥平面C1DE.
连接EF，则有EF∥CC1∥DD1，且EF＝CC1＝DD1，
所以四边形DD1FE为平行四边形，所以D1F∥DE，
又因为D1F⊄平面C1DE，所以D1F∥平面C1DE.
因为BF∩D1F＝F，所以平面BD1F∥平面C1DE.
（2）因为平面BD1F∥平面C1DE，
所以平面BD1F与平面C1DE间的距离即D1到平面C1DE的距离.
设D1到平面C1DE的距离为d，连接D1E，
则由VD1－C1DE＝VE－C1D1D得，13S△C1DE·d＝13S△C1D1D·CE.
在△C1DE中，易得C1E＝10，DE＝5，DC1＝13，
所以cs∠DC1E＝C1D2＋C1E2－DE22·C1D·C1E＝9130，
所以sin∠DC1E＝7130，
所以S△DC1E＝12×13×10×7130＝72，
所以13×72×d＝13×（12×2×3）×1，解得d＝67，
所以平面BD1F与平面C1DE间的距离为67.
解法二 （1）如图，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，3），C1（0，2，3），B1（2，2，3），B（2，2，0），E（1，2，0），F（1，2，3），
所以D1F＝（1，2，0），DE＝（1，2，0），
所以D1F∥DE，所以D1F∥DE.
因为D1F⊄平面C1DE，
所以D1F∥平面C1DE.
因为BF＝（－1，0，3），EC1＝（－1，0，3），所以BF∥EC1，所以BF∥EC1.
因为BF⊄平面C1DE，所以BF∥平面C1DE.
又D1F∩BF＝F，D1F⊂平面BD1F，BF⊂平面BD1F，
所以平面BD1F∥平面C1DE.
（2）由（1）可知平面BD1F与平面C1DE间的距离等于D1到平面C1DE的距离.
设平面C1DE的法向量为n＝（x，y，z），
由n·DE=0，n·EC1=0，得x+2y=0，－x+3z=0，得y＝－12x，z＝13x，
令x＝6，得n＝（6，－3，2）是平面C1DE的一个法向量.
又D1C1＝（0，2，0），所以D1到平面C1DE的距离d＝｜D1C1·n｜｜n｜＝｜－3×27｜＝67，
所以平面BD1F与平面C1DE间的距离为67.